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> Blockquote | Blockquote |
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**Bold font** | Bold font | ||
*Italics font* | Italics font | ||
~~Strikethrough~~ | |||
19^th^ | 19th | ||
H~2~O | H2O | ||
++Inserted text++ | Inserted text | ||
==Marked text== | Marked text | ||
[link text](https:// "title") | Link | ||
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`Code` | Code |
在筆記中貼入程式碼 | |
```javascript var i = 0; ``` |
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xxxxxxxxxx
體驗譜分解
This work by Jephian Lin is licensed under a Creative Commons Attribution 4.0 International License.
\(\newcommand{\trans}{^\top} \newcommand{\adj}{^{\rm adj}} \newcommand{\cof}{^{\rm cof}} \newcommand{\inp}[2]{\left\langle#1,#2\right\rangle} \newcommand{\dunion}{\mathbin{\dot\cup}} \newcommand{\bzero}{\mathbf{0}} \newcommand{\bone}{\mathbf{1}} \newcommand{\ba}{\mathbf{a}} \newcommand{\bb}{\mathbf{b}} \newcommand{\bc}{\mathbf{c}} \newcommand{\bd}{\mathbf{d}} \newcommand{\be}{\mathbf{e}} \newcommand{\bh}{\mathbf{h}} \newcommand{\bp}{\mathbf{p}} \newcommand{\bq}{\mathbf{q}} \newcommand{\br}{\mathbf{r}} \newcommand{\bx}{\mathbf{x}} \newcommand{\by}{\mathbf{y}} \newcommand{\bz}{\mathbf{z}} \newcommand{\bu}{\mathbf{u}} \newcommand{\bv}{\mathbf{v}} \newcommand{\bw}{\mathbf{w}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\nul}{\operatorname{null}} \newcommand{\rank}{\operatorname{rank}} %\newcommand{\ker}{\operatorname{ker}} \newcommand{\range}{\operatorname{range}} \newcommand{\Col}{\operatorname{Col}} \newcommand{\Row}{\operatorname{Row}} \newcommand{\spec}{\operatorname{spec}} \newcommand{\vspan}{\operatorname{span}} \newcommand{\Vol}{\operatorname{Vol}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\idmap}{\operatorname{id}} \newcommand{\am}{\operatorname{am}} \newcommand{\gm}{\operatorname{gm}} \newcommand{\mult}{\operatorname{mult}} \newcommand{\iner}{\operatorname{iner}}\)
Main idea
Let \(A\) be an \(n\times n\) matrix and
\(f_A : \mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}^n\) the corresponding linear function defined by \(f({\bf v}) = A{\bf v}\). Let \(\mathcal{E}_n\) be the standard basis of \(\mathbb{R}^n\).
Then \([f_A] = [f_A]_{\mathcal{E}_n}^{\mathcal{E}_n} = A\).
Let \(\beta\) be another basis of \(\mathcal{R}^n\) and \(Q = [\operatorname{id}]_\beta^{\mathcal{E}_n}\).
Then \([f_A]_\beta^\beta = Q^{-1}AQ\).
Spectral theorem (vector version)
Let \(A\) be an \(n\times n\) symmetric matrix.
Then there is an orthonormal basis \(\beta\) of \(\mathbb{R}^n\) such that \([f_A]_\beta^\beta = D\) is a diagonal matrix.
That is, there is an orthogonal matrix \(Q\) such that \(Q^\top AQ = D\) is a diagonal matrix.
Let \(\beta = \{ {\bf v}_1, \ldots, {\bf v}_n \}\) be the basis in the spectral theorem.
Then \(Q\) is the matrix whose columns are vectors in \(\beta\).
Since \(\beta\) is orthonormal, \(Q\) is orthogonal and \(Q^{-1} = Q^\top\).
Suppose the \(D\) matrix in the spectral theorem is \[\begin{bmatrix} \lambda_1 & ~ & ~ \\ ~ & \ddots & ~ \\ ~ & ~ & \lambda_n \\ \end{bmatrix}. \]
By examining \(AQ = QD\), we have
\[AQ = A\begin{bmatrix} | & ~ & | \\ {\bf v}_1 & \cdots & {\bf v}_n \\ | & ~ & | \end{bmatrix} = QD = \begin{bmatrix} | & ~ & | \\ {\bf v}_1 & \cdots & {\bf v}_n \\ | & ~ & | \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \lambda_1 & ~ & ~ \\ ~ & \ddots & ~ \\ ~ & ~ & \lambda_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} | & ~ & | \\ \lambda_1{\bf v}_1 & \cdots & \lambda_n{\bf v}_n \\ | & ~ & | \end{bmatrix}. \] Therefore, \(A{\bf v}_i = \lambda_i {\bf v}_i\) for \(i = 1,\ldots, n\).
If a nonzero vector \({\bf v}\) satisfies \(A{\bf v} = \lambda{\bf v}\) for some scalar \(\lambda\), then \({\bf v}\) is called an eigenvector of \(A\) and \(\lambda\) is called an eigenvalue of \(A\).
On the other hand, we may write \(A = QDQ^\top\).
Thus,
\[ A = QDQ^\top = \begin{bmatrix} | & ~ & | \\ {\bf v}_1 & \cdots & {\bf v}_n \\ | & ~ & | \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \lambda_1 & ~ & ~ \\ ~ & \ddots & ~ \\ ~ & ~ & \lambda_n \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} - & {\bf v}_1^\top & - \\ ~ & \vdots & ~\\ - & {\bf v}_n^\top & - \end{bmatrix} = \sum_{i = 1}^n \lambda_i {\bf v}_i{\bf v}_i^\top. \]
Suppose \(\{\lambda_1,\ldots,\lambda_n\}\) only has \(q\) distinct values \(\{\mu_1,\ldots, \mu_q\}\).
For each \(j = 1,\ldots, q\), we may let \(\displaystyle P_j = \sum_{\lambda_i = \mu_j} {\bf v}_i{\bf v}_i^\top\).
Thus, we have the following.
Spectral theorem (projection version)
Let \(A\) be an \(n\times n\) symmetric matrix.
Then there are \(q\) distinct values \(\mu_1,\ldots, \mu_q\) and \(q\) projection matrices \(P_1,\ldots, P_q\) such that
Side stories
Experiments
Exercise 1
執行以下程式碼。
set_random_seed(0)
,得\[ A = \begin{bmatrix} 1 & -2 & -3\\ -2 & 1 & -3\\ -3 & -3 & 2 \end{bmatrix}, \bv_1 = \begin{bmatrix} \frac{1}{3\sqrt{3}}\\ \frac{1}{3\sqrt{3}}\\ \frac{1}{3\sqrt{3}} \end{bmatrix}, \bv_2 = \begin{bmatrix} \frac{1}{2\sqrt{2}}\\ -\frac{1}{2\sqrt{2}}\\ 0 \end{bmatrix}, \bv_3 = \begin{bmatrix} \frac{1}{6\sqrt{6}}\\ \frac{1}{6\sqrt{6}}\\ -\frac{1}{3\sqrt{6}} \end{bmatrix}, \bb = -5\bv_1 -5\bv_2 + 0\bv_3 \]
Exercise 1(a)
驗證 \({\bf v}_1, \ldots, {\bf v}_3\) 是 \(A\) 的特徵向量﹐並找出相對應的特徵值。
\(Ans:\)
直接驗證
\[ \begin{aligned} &A\bv_1 = \begin{bmatrix} -\frac{4\sqrt{3}}{9}\\ -\frac{4\sqrt{3}}{9}\\ -\frac{4\sqrt{3}}{9} \end{bmatrix}=\lambda_1\bv_1,\ \lambda_1 = -4,\\ &A\bv_2 = \begin{bmatrix} \frac{3\sqrt{2}}{4}\\ -\frac{3\sqrt{2}}{4}\\ 0 \end{bmatrix}=\lambda_2\bv_2,\ \lambda_2 = 3,\\ &A\bv_3= \begin{bmatrix} \frac{5\sqrt{6}}{36}\\ \frac{5\sqrt{6}}{36}\\ -\frac{5\sqrt{6}}{18} \end{bmatrix}=\lambda_3\bv_3,\ \lambda_3 = 5. \end{aligned} \]
Exercise 1(b)
把 \(A{\bf b}\) 寫成 \(\{{\bf v}_1, \ldots, {\bf v}_3\}\)的線性組合。
\(Ans:\)
利用 1(a)
\[ \begin{aligned} A\bb &= A(-5\bv_1-5\bv_2+0\bv_3)\\ &= -5A\bv_1 - 5A\bv_2\\ &= 20\bv_1 - 15\bv_2. \end{aligned} \]
Exercise 1©
找出一個垂直矩陣 \(Q\) 和一個對角矩陣 \(D\) 使得 \(D = Q^\top AQ\)。
\(Ans:\)
令 \(Q = \begin{bmatrix} | & | & |\\ \bv_1 & \bv_2 & \bv_3\\ | & | & | \end{bmatrix}\), 因為\(Q\)是垂直矩陣,所以 \(\beta\) 是 orthonormal basis,所以分別將 \(\bv_i\) 單位化,就可以得到 \(\bu_i\)。
做單位化得
\[ Q = \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}}\\ \end{bmatrix} .\] 驗證 \(D =\begin{bmatrix} \lambda_1 & 0 & 0\\ 0 & \lambda_2 & 0\\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{bmatrix}= Q\trans AQ\),
\[ \begin{aligned} Q\trans AQ &= \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0\\ \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{2}{\sqrt{6}}\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & -2 & -3\\ -2 & 1 & -3\\ -3 & -3 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}} \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} -\frac{4\sqrt{3}}{3} & -\frac{4\sqrt{3}}{3} & -\frac{4\sqrt{3}}{3}\\ -\frac{3\sqrt{2}}{2} & \frac{3\sqrt{2}}{2} & 0\\ -\frac{5\sqrt{6}}{6} & -\frac{5\sqrt{6}}{6} & \frac{5\sqrt{6}}{3} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}}\\ \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} -4 & 0 & 0\\ 0 & 3 & 0\\ 0 & 0 & 5 \end{bmatrix}. \end{aligned} \]
Exercises
Exercise 2
令 \(A\) 為一 \(3\times 3\) 矩陣而
\(\beta = \{ {\bf v}_1,\ldots,{\bf v}_3 \}\) 為 \(\mathbb{R}^3\) 的一組基底。
已知
\[[f_A]_\beta^\beta = \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \\ \end{bmatrix}. \]
將 \(A{\bf v}_1\)、\(A{\bf v}_2\)、\(A{\bf v}_3\)、及 \(A({\bf v}_1 + {\bf v}_2 + {\bf v}_3)\) 分別寫成 \(\beta\) 的線性組合。
\(Ans:\)
\([A {\bf v}_1]_\beta = [f_A]_\beta ^\beta [{\bf v}_1]_\beta = \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} = 3 {\bf v}_1.\)
\([A {\bf v}_2]_\beta = [f_A]_\beta ^\beta [{\bf v}_2]_\beta = \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 4 \\ 0 \end{bmatrix} = 4 {\bf v}_2.\)
\([A {\bf v}_3]_\beta = [f_A]_\beta ^\beta [{\bf v}_3]_\beta = \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 5 \end{bmatrix} = 5 {\bf v}_3.\)
\(A({\bf v}_1 + {\bf v}_2 + {\bf v}_3) = A {\bf v}_1 + A {\bf v}_2 + A {\bf v}_3 = 3 {\bf v}_1 + 4 {\bf v}_2 + 5 {\bf v}_3.\)
Exercise 3
令 \[A = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ \end{bmatrix} \] 且 \(\beta = \{ {\bf v}_1, \ldots, {\bf v}_3 \}\) 為
\[\begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}} \\ \end{bmatrix} \] 的行向量集合。
Exercise 3(a)
寫出 \([f_A]_\beta^\beta\) 並說明 \(f_A\) 的作用。
\(Ans:\)
\[[f_A]_\beta^\beta = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ \end{bmatrix}. \]
\(f_A\) 的作用為:
將基底 \(\beta\) 分解成 \(c_1{\bf u}_1 + c_2{\bf u}_2 + c_3{\bf u}_3\) 的形式,
再根據運算做伸縮,
最後再將全部一起合併。
以這題為例:
將基底 \(\beta\) 分解成 \(c_1{\bf u}_1 + c_2{\bf u}_2 + c_3{\bf u}_3\),
經過運算伸縮及合併後可得\(\beta = 2c_1{\bf u}_1-c_2{\bf u}_2-c_3{\bf u}_3\)。
Exercise 3(b)
找出一個垂直矩陣 \(Q\) 和一個對角矩陣 \(D\) 使得 \(D = Q^\top AQ\)。
\(Ans:\)
\(Q\) 為從標準基底到 \(\beta\) 的基底變換矩陣,
則可得: \[Q= \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}} \\ \end{bmatrix} \]
\[D =\begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix} \]
Exercise 3©
令 \(P_1\) 為投影到 \(\operatorname{span}(\{{\bf v}_1\})\) 的投影矩陣、
\(P_2\) 為投影到 \(\operatorname{span}(\{{\bf v}_2, {\bf v}_3\})\) 的投影矩陣。
說明 \(P_1 = {\bf v}_1{\bf v}_1^\top\) 且 \(P_2 = {\bf v}_2{\bf v}_2^\top + {\bf v}_3{\bf v}_3^\top\)。
\(Ans:\)
若有一個向量 \(u\) 進來和 \({\bf v}_1^\top\) 作內積,
內積完再乘以 \({\bf v}_1\),
所以合在一起就是內積乘以 \({\bf v}_1\),等於投影矩陣,
所以 \(P_1 ={\bf v}_1{\bf v}_1^\top\)即為 \(\operatorname{span}(\{{\bf v}_1\})\)的投影矩陣,
另一部份,因為 \(\bv_2\) 和 \(\bv_3\) 為互相垂直的單位向量,
所以一個向量對 \(\vspan\{\bv_2,\bv_3\}\) 的投影,
等同於該向量投影到 \(\vspan\{\bv_2\}\) 和投影到 \(\vspan\{\bv_3\}\) 的結果相加,
所以 \(P_2 = {\bf v}_2{\bf v}_2^\top + {\bf v}_3{\bf v}_3^\top\) 即為 \(\operatorname{span}(\{{\bf v}_2, {\bf v}_3\})\) 的投影矩陣。
Exercise 3(d)
將 \(A\) 寫成一些投影矩陣的線性組合﹐並再次說明 \(f_A\) 的作用﹐看看是否和第一小題一致。
\(Ans:\)
\(A =2{\bf v}_1{\bf v}_1^\top - {\bf v}_2{\bf v}_2^\top - {\bf v}_3{\bf v}_3^\top\),
其中 \({\bf v}_1{\bf v}_1^\top\) 為 \(\operatorname{span}(\{{\bf v}_1\})\)的投影矩陣,
且 \({\bf v}_2{\bf v}_2^\top + {\bf v}_3{\bf v}_3^\top\) 為 \(\operatorname{span}(\{{\bf v}_2, {\bf v}_3\})\)的投影矩陣。
而 \(f_A\) 的作用仍是把向量先分解,再伸縮,最後合併,
和第一小題的作用一致。
Exercise 4
令
\[A = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \\ \end{bmatrix}. \]
Exercise 4(a)
說明要找一個非零向量 \({\bf v}\) 使得 \(A{\bf v} = \lambda{\bf v}\)﹐
等同於在 \((A - \lambda I){\bf v} = {\bf 0}\) 中找非零解。
Ans:
我們可以將 \(\lambda\bv\) 寫成 \(\lambda I\bv\),則 \(A\bv = \lambda I\bv\) 和 \((A - \lambda I) \bv = \bzero\) 等價。
又要求 \({\bf v}\) 為非零向量,所以就等同於在 \((A - \lambda I){\bf v} = {\bf 0}\) 中找非零解。
Exercise 4(b)
方程式 \((A - \lambda I){\bf v} = {\bf 0}\) 有非零解只會發生在 \(\det(A - \lambda I) = 0\) 的時候。
利用這個性質找出所有可能的 \(\lambda\)。
Ans:
由 \(\det(A - \lambda I) = 0\) 可算得 \(\lambda(\lambda-5)=0\),
求得 \(\lambda=0\) 或 \(5\)。
Exercise 4©
對每一個 \(\lambda\) 解出相對應的 \({\bf v}\)。
向量 \({\bf v}\) 的選擇可能很多﹐把它的長度縮為 \(1\)。
Ans:
當 \(\lambda=0:\)
\(A-\lambda I = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \\ \end{bmatrix}\),\({\bf v}=(2,-1)\),
\({\bf v}'=(2/{\sqrt{5}},-1/{\sqrt{5}})\)。
或 \(\lambda=5:\)
\(A- \lambda I = \begin{bmatrix} -4 & 2 \\ 2 & -1 \\ \end{bmatrix}\),\({\bf v}=(1,2)\),
\({\bf v}'=(1/{\sqrt{5}},2/{\sqrt{5}})\), 以上兩解為所求。
Exercise 4(d)
找出一個垂直矩陣 \(Q\) 和一個對角矩陣 \(D\) 使得 \(D = Q^\top AQ\)。
Ans:
由4©,我們取 \(\beta=\{ v_1,v_2 \}\),其中 \({\bf v}_1=(\frac{2}{\sqrt{5}},\frac{-1}{\sqrt{5}}),{\bf v}_2=(\frac{1}{\sqrt{5}},\frac{2}{\sqrt{5}})\),
則垂直矩陣 \(Q\) 為從標準基底到 \(\beta\) 的基底變換矩陣,
也就是
\[Q= \begin{bmatrix} \frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{5}} \\ \frac{-1}{\sqrt{5}} & \frac{2}{\sqrt{5}} \\ \end{bmatrix} \]
經過直接計算可得 \[D = Q^\top AQ =\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 5 \\ \end{bmatrix}. \]
Exercise 5
令
\[A = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \\ \end{bmatrix}, Q = \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & - \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \end{bmatrix}, D = \begin{bmatrix} 3 & 0 \\ 0 & -1 \\ \end{bmatrix}. \]
Exercise 5(a)
驗證 \(Q^\top AQ = D\)。
Ans:
\[Q^\top AQ = \frac{1}{2} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & - 1 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & - 1 \\ \end{bmatrix} = \frac{1}{2} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & - 1 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3 & -1 \\ 3 & 1 \\ \end{bmatrix} = \frac{1}{2} \begin{bmatrix} 6 & 0 \\ 0 & -2 \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 & 0 \\ 0 & -1 \\ \end{bmatrix} = D. \]
Exercise 5(a)
令 \(p(x,y) = x^2 + 4xy + y^2\)。
找一些係數 \(a,b,c,d\) 並令
\(\hat{x} = a x + b y\)、
\(\hat{y} = c x + d y\)﹐
使得 \(p(x,y) = 3\hat{x}^2 - \hat{y}^2\)。
藉此說明 \(p(x,y) = 1\) 的圖形是雙曲線。
這題想法不錯,不過不清楚。
我直接改寫。
Ans:
設一線性函數為
\[ f\left(\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} x + 2y \\ 2x + y \end{bmatrix}. \] 則 \[ p(x,y) = x(x+2y) + y(2x+y), \] 恰好為 \((x,y)\) 與 \(f(x,y)\) 的內積。
已知正交的標準基底變換不影響線性函數與內積,
若能找一組正交標準基底 \(\beta\) 使得
\[ \inp{[(x,y)]_\beta}{[f(x,y)]_\beta} = 3\hat{x}^2 - \hat{y}^2, \] 其中 \([(x,y)]_\beta = (\hat{x}, \hat{y})\),
則 \[ p(x,y) = \inp{(x,y)}{f(x,y)} = \inp{[(x,y)]_\beta}{[f(x,y)]_\beta} = 3\hat{x}^2 + \hat{y}^2. \]
如果可以取到
\[ [f]_\beta^\beta = \begin{bmatrix} 3 & 0 \\ 0 & -1 \end{bmatrix} \] 則可以得到這個效果。
因此根據 5(a),我們可以取 \(\beta\) 為 \(Q\) 矩陣的行向量集合。
如此一來就有
\[ \begin{bmatrix} \hat{x} \\ \hat{y} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & - \frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}. \] 也就是說 \(a = \frac{1}{\sqrt{2}} , b = \frac{1}{\sqrt{2}} , c = \frac{1}{\sqrt{2}} , d = - \frac{1}{\sqrt{2}}\) 。
Exercise 5(b)
令 \(x(t), y(t)\) 為以 \(t\) 為變數的函數。
令 \(x'(t), y'(t)\) 為其對 \(t\) 的微分。
考慮微分方程
\(x' = x + 2y\)、
\(y' = 2x + y\)。
找一些係數 \(a,b,c,d\) 並令
\(\hat{x} = a x + b y\)、
\(\hat{y} = c x + d y\)﹐
使得原方程可以改寫為
\(\hat{x}' = 3\hat{x}\)、
\(\hat{y}' = -\hat{y}\)。
(此方程的解為
\(\hat{x} = C_1e^{3t}\)、
\(\hat{y} = C_2e^{-t}\)﹐
其中 \(C_1\) 和 \(C_2\) 是任意常數。)
解原方程。
Ans:
由於 \(\begin{cases} x' = x + 2y \\ y' = 2x + y \end{cases}\) ,
可寫成 \(\begin{bmatrix} x' \\ y' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}\) 。
設一基底變換矩陣 \(B\) ,
會使 \(B \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \hat{x} \\ \hat{y} \end{bmatrix}\) ,
且 \(B \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix} B^ {-1} \begin{bmatrix} \hat{x} \\ \hat{y} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 \hat{x} \\ -1 \hat{y} \end{bmatrix}\) ,
因此根據5(a),
\(B = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} = Q^ \top = \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & - \frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix}\) ,
也就是說, \(a = \frac{1}{\sqrt{2}} , b = \frac{1}{\sqrt{2}} , c = \frac{1}{\sqrt{2}} , d = - \frac{1}{\sqrt{2}}\) 。
Exercise 6
以下例題說明並非對稱矩陣才能表示成對角矩陣。
然而其所用的基底不再是垂直的。
令
\[A = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 2 \\ \end{bmatrix}. \]
Exercise 6(a)
說明要找一個非零向量 \({\bf v}\) 使得 \(A{\bf v} = \lambda{\bf v}\)﹐
等同於在 \((A - \lambda I){\bf v} = {\bf 0}\) 中找非零解。
\(Ans:\)
\(A{\bf v}\) = \(\lambda{\bf v}\) 可寫成 \((A-\lambda I){\bf v}\) = \(0\) ,
由於 \({\bf v}\) 為非零向量 , 所以也是非零解 。
Exercise 6(b)
方程式 \((A - \lambda I){\bf v} = {\bf 0}\) 有非零解只會發生在 \(\det(A - \lambda I) = 0\) 的時候。
利用這個性質找出所有可能的 \(\lambda\)。
\(Ans:\)
直接計算可得
\(A - \lambda I\) = \(\begin{bmatrix}1 & 2 \\ 1 & 2 \end{bmatrix} -\begin{bmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \lambda\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 - \lambda & 2 \\ 1 & 2 - \lambda \end{bmatrix}.\)
當 \(\det(A - \lambda I)\) 為 \(0\) 時,
行列式值為 \((1 - \lambda)(2 - \lambda) - 2 = 0\) ,
也就是 \(\lambda(\lambda - 3) = 0\) ,
故 \(\lambda\) 為 \(0\) 或是 \(3\) 。
Exercise 6©
對每一個 \(\lambda\) 解出相對應的 \({\bf v}\)。
向量 \({\bf v}\) 的選擇可能很多﹐把它的長度縮為 \(1\)。
\(Ans:\)
假設 \({\bf v}\) = \[\begin{bmatrix}a \\ b \end{bmatrix}\]
當 \(\lambda = 0\) ,
\(\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}\)
因為 \(a\) = \(-2 b\) , 所以 \(a = \frac{-2}{\sqrt{5}} , b = \frac{1}{\sqrt{5}}\) 。
當 \(\lambda = 3\) ,
\(\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 2\end{bmatrix} \begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix} = 3 \begin{bmatrix} a \\b \end{bmatrix}\)
因為 \(a = b\) , 所以 \(a = \frac{1}{\sqrt{2}} , b = \frac{1}{\sqrt{2}}\) 。
Exercise 6(d)
找出一個可逆矩陣 \(Q\) 和一個對角矩陣使得 \(D = Q^{-1} AQ\)。
這題要用上一題,目前的答案沒有解釋為什麼 \(Q^{-1}AQ = D\)。
\(Ans:\)
由 6(b) 知特徵根為 \(0\) 和 \(3\),
並由上一題的計算可得到,
\(\operatorname{ker}(A - 0 I)\) = \(\operatorname{span}\left\{\begin{bmatrix}-2 \\ 1\end{bmatrix}\right\}\) 為 \(A\) 相對於 0 的特徵空間 ,
\(\operatorname{ker}(A - 3 I)\) = \(\operatorname{span}\left\{\begin{bmatrix}1 \\ 1\end{bmatrix}\right\}\) 為 \(A\) 相對於 3 的特徵空間 ,
所以 \(\begin{bmatrix}-2 \\ 1\end{bmatrix}\) , \(\begin{bmatrix}1 \\ 1\end{bmatrix}\) 為 \(A\) 的兩個線性獨立的特徵向量。
由於
\[ A\begin{bmatrix} -2 \\ 1 \end{bmatrix} = 0 \begin{bmatrix} -2 \\ 1 \end{bmatrix} \] 且 \[ A\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} = 3 \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}. \] 所以當 \(\beta\) 是由這兩個向量所組成的基底時, \[ [f_A]_\beta^\beta = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 3 \end{bmatrix} = [\operatorname{id}]_{\mathcal{E}_2}^\beta [f_A] [\operatorname{id}]_{\beta}^{\mathcal{E}_2}. \] 因此可以取 \(Q = [\operatorname{id}]_{\beta}^{\mathcal{E}_2}\)= \(\begin{bmatrix}-2 & 1 \\1 & 1\end{bmatrix}\) , 則 \(Q^{-1}AQ\) = \(D\) = \(\begin{bmatrix}0 & 0\\ 0 & 3\end{bmatrix}\) 。
目前分數 4.5